Два вопроса про решение дифуров

[qroq]

Здравствуйте. Возникла пара вопросов относительно дифференциальных уравнений.

Первый касается дифура $y''+2y'+5y=e^{-x}\cdot(\cos^2(x)+\tg(x))$
Решаем линейное однородное, тут проблем нет, разваливаем правую часть как $e^{-x}\cdot\frac{\cos(2x)}{2}+e^{-x}\cdot\frac{1}{2}+e^{-x}\cdot\tg(x)$, для первых двух слагаемых частные решения находятся нормально, а вот с третьим возникают проблемы. Единственное, что кажется возможным здесь применить - это метод вариации постоянной, но мне совершенно непонятно, как решать возникающую систему.

Второй вопрос касается следующей штуки: $x\cdot({y'}^2+e^{2y})=-2y'$. Не знаю даже, как подступиться.

[V.V.]

1. См. стр. 77 http://u-pereslavl.botik.ru/~trushkov/ode/ode.pdf

2. А если решить квадратное уравнение относительно y'?

[Someone]

qroq в сообщении #169732 писал(а):

мне совершенно непонятно, как решать возникающую систему

А какая там получается система?

P.S. Окружите свои формулы знаками доллара.

[ewert]

qroq писал(а):

, разваливаем правую часть как e^{-x}\cdot\frac{\cos(2x)}{2}+e^{-x}\cdot\frac{1}{2}+e^{-x}\cdot\tg(x), для первых двух слагаемых частные решения находятся нормально, а вот с третьим возникают проблемы. Единственное, что кажется возможным здесь применить - это метод вариации постоянной,

правильно кажется. Причём нет никакого смысла разбивать правую часть на куски, всё равно ведь переход к методу вариации неизбежен. И ничего принципиально сложного там не возникнет: е в степени минус икс (в формулах Крамера, например) заведомо сократится, и останутся какие-то рационально-тригонометрические выражения.

[qroq]

Someone писал(а):

А какая там получается система?

$\begin{cases} c'_1\cos(2x)+c'_2\sin(2x)=0 \\ c'_1(-\cos(2x)-2\sin(2x))+c'_2(-\sin(2x)+2\cos(2x))=\tg(x) \end{cases}$

впрочем, уже стало известно, как её решать, да и, как было сказано, разбивать действительно не нужно.
всем спасибо.

а вот со вторым по-прежнему непонятно. если разрешить относительно $y'$, то что делать дальше?

[V.V.]

А если сделать замену $y=\ln{z}$?

[Someone]

qroq в сообщении #169771 писал(а):

а вот со вторым по-прежнему непонятно.

А оно откуда взялось?

Здесь можно выразить $x$ через $y$ и $y'$:

$$x=-\frac{2y'}{(y')^2+e^{2y}}\text{.}$$

Далее обозначаем $p=y'$ и получаем параметрическое представление:

$$\begin{cases}x=-\frac{2p}{p^2+e^{2y}}\text{,}\qquad(*)\\ y'=p\text{.}\end{cases}$$

Далее берём соотношение $dy=y'dx$, в которое подставляем $y'=p$ и

$$dx=\frac{4pe^{2y}}{(p^2+e^{2y})^2}dy+\frac{2(p^2-e^{2y})}{(p^2+e^{2y})^2}dp$$

(получается после дифференцирования выражения $(*)$), что после некоторых преобразований даёт уравнение

$$\frac{2(p^2-e^{2y})}{(p^2+e^{2y})^2}\frac{dp}{dy}=\frac{(p^2-e^{2y})^2}{p(p^2+e^{2y})^2}\text{.}$$

Это уравнение распадается на два:
1) $p^2-e^{2y}=0$,
2) уравнение Бернулли

$$\frac{dp}{dy}-\frac p2=-\frac{e^{2y}}{2p}\text{.}$$

Из первого получаем $p=\pm e^y$, а из второго - $p=\varphi(y,C)$. Остаётся только подставить найденные $p$ в выражение $(*)$ (в частности, первое даст $y=-\ln|x|$).

[qroq]

Благодарю.